目录
- Codeforces Round #446 (Div. 2)
- A. Greed
- 题意
- 题解
- B. Wrath
- 题意
- 题解
- 代码
- C. Pride
- 题意
- 题解
- 代码
- D. Gluttony
- 题意
- 题解
- 证明
- 代码
- E. Envy
- 题意
- 题解
- 代码
- A. Greed
Codeforces Round #446 (Div. 2)
- 总体：rating涨了好多，虽然有部分是靠和一些大佬（例如 redbag 和 Hometown ）交流的……希望下次能自己做出来2333
A. Greed
题意
给你\(n\)个罐子，每个罐子都告诉了你它当前的饮料体积和它的总容积，问能否用两个罐子装下所有饮料（\(n\le 100000\)）
题解
简单模拟即可，用两个最大的算一下，注意累和会爆\(int\)
int a[100100], b[100100];
long long sum = 0;
int main () {
int n = read();
For (i, 1, n) {
a[i] = read();
sum += a[i];
}
For (i, 1, n)
b[i] = read();
sort (b + 1, b + 1 + n);
if (b[n] + b[n - 1] >= sum)
puts("YES");
else
puts("NO");
return 0;
}B. Wrath
题意
给你一个长度为\(n\)序列，每个点有个\(l\)值，会覆盖他前面\(l\)个点，问最后还剩多少个点没有被覆盖。（\(n\le 100000\)）
题解
应该用差分简单做一下就行了，脑子一抽写了个线段树上去，幸亏过了2333（就当练手吧）
代码
const int N = 1e6 + 1e3;
int sum[N << 2];
#define lson o << 1, l, mid
#define rson o << 1 | 1, mid + 1, r
void Build(int o, int l, int r) {
if (l == r) { sum[o] = 1; return ; }
int mid = (l + r) >> 1;
Build(lson); Build(rson);
sum[o] = sum[o << 1] + sum[o << 1 | 1];
}
int ul, ur;
int lazy[N << 2];
void push_down(int o) {
if (!lazy[o]) return;
lazy[o << 1] = lazy[o << 1 | 1] = 1;
sum[o << 1] = sum[o << 1 | 1] = 0; lazy[o] = 0;
}
void Update(int o, int l, int r) {
if (ul <= l && r <= ur) { lazy[o] = 1; sum[o] = 0; return ;}
push_down(o); int mid = (l + r) >> 1;
if (ul <= mid) Update(lson); if (ur > mid) Update(rson);
sum[o] = sum[o << 1] + sum[o << 1 | 1];
}
int main () {
int n = read();
Build(1, 1, n);
For (i, 1, n) {
int len = read();
if (i == 1) continue ;
if (!len) continue ;
ul = max(i - len, 1); ur = i - 1;
Update(1, 1, n);
}
printf ("%d\n", sum[1]);
return 0;
}C. Pride
题意
给你一个长为\(n\)序列，你能进行一个操作，将相邻两个数中的一个替换为他们的\(gcd\)，问至少进行多少次操作能把他们全部变成\(1\)，如果不能完成输出\(-1\)。（\(n\le 2000\)）
题解
这题一开始搞了我好久QAQ，想错了。其实就是先弄出一个\(1\)，然后可以把其他所有的数字都变成\(1\)，剩下的步数就是\(n-1\)。找那个步数，一定是一段连续区间\(gcd=1\)的情况，然后你用\(O(n^2)\)去枚举一下，找到一个可行的最小长度。还需要特判一开始就有\(1\)的情况，不然会挂掉（我就惨遭hack了TAT，后来又hack了两个可怜鬼233）。
代码
const int N = 2010;
int a[N], n, ans = 0x7f7f7f7f, res, now;
int main () {
n = read();
res = n;
For (i, 1, n) {
a[i] = read();
if (a[i] == 1) -- res;
now = __gcd(now, a[i]);
}
if (now != 1)
return puts("-1"), 0;
if (res != n)
return printf ("%d\n", res), 0;
For (i, 1, n) {
int here = a[i], len = 0;
if (here == 1) {
ans = 0;
continue ;
}
Fordown (j, i - 1, 1) {
++ len;
here = __gcd(here, a[j]);
if (here == 1) {
chkmin(ans, len);
break;
}
}
}
printf ("%d\n", ans + n - 1);
return 0;
}D. Gluttony
题意
给你一个长为\(n\)序列，其中每个数字都不相同，让你输出一个原序列的一个排列，使得他们中任意一个子集（不能为空集或者全集）的和都互不相同（就是相同位置上的数的和互不相同就行了）（\(n\le 22\)）
题解
一开始不知道做法，redbag大佬讲出来了正解，就是将每一个数换成后一个比它大的数，最大的数换成最小的那一个，就行了。
证明
这个还是比较好证明的。
考虑分两种情况讨论：
原子集没有最大的那个数：这就显然是个正确的，每个数都比之前的数要大，所以总和肯定要大；
原子集有最大的那个数：最大数改变后的值最整个里面最大的，然后你将这个子集去掉最大的那个数，剩下的变化量的和肯定要小于你最大值变为最小值的值，因为你之间肯定会有多余的空格（因为不能为全集）留着，所以肯定是可行的啦。
代码
int n, a[25];
struct node {
int val, pos;
bool operator < (const node &rhs) const {
return val < rhs.val;
}
};
node lt[25];
int ans[25];
int main () {
n = read();
For (i, 1, n) {
lt[i].val = read();
lt[i].pos = i;
}
sort (lt + 1, lt + 1 + n);
For (i, 1, n)
if (i != n)
ans[lt[i].pos] = lt[i + 1].val;
else
ans[lt[i].pos] = lt[1].val;
For (i, 1, n)
printf ("%d ", ans[i]);
return 0;
}E. Envy
终于来填远古巨坑了。
题意
给你一个有 \(n\) 个点 \(m\) 条边的带边权无向连通图。
有 \(q\) 次询问，每次询问 \(k\) 条边是否能同时存在于 \(MST\) （最小生成树）中。（不要求在线回答）
\(n, m, q, \sum k \le 5 \times 10^5\)
题解
首先要知道一个很显然的结论。
就是在 \(Kruskal\) 求 \(MST\) 过程中，我们能否把一条边 \((u, v, w)\) 放入 \(MST\) 中，当且仅当 \(
所以对于每次询问来说，边权不相同的边是互不影响的，我们可以对于这些边权互不相同的边单独考虑。
相同 \(w\) 的如何考虑呢？首先 \(
那么就可以得到一个离线算法了。把所有边权按权值排序，一条条加入。然后对于权值相同的同一询问的边，也逐个加入判断是否可行，最后利用可撤销并查集按秩合并的特性，把当前询问的边撤回就行了。
最后复杂度就是 \(O((m + \sum k) \log n)\) 的。（挂询问用了 std :: map, set 有点慢。。）
代码
还是比较好写的。。
#include
#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define fir first
#define sec second
#define mp make_pair
using namespace std;
typedef pair PII;
template inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }
inline int read() {
int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
return x * sgn;
}
void File() {
#ifdef zjp_shadow
freopen ("E.in", "r", stdin);
freopen ("E.out", "w", stdout);
#endif
}
const int N = 5e5 + 1e3;
struct Edge {
int u, v, w;
} lt[N];
int Hash[N], tot;
struct Data {
int u, v, a, b;
};
namespace Union_Set {
int fa[N], height[N];
int find(int x) { return x == fa[x] ? x : find(fa[x]); }
Data stk[N]; int top;
inline bool Merge(int u, int v, bool flag) {
u = find(u); v = find(v); if (u == v) return false;
if (flag) stk[++ top] = (Data) {u, v, height[u], height[v]};
if (height[u] > height[v]) swap(u, v); fa[u] = v;
if (height[u] == height[v]) ++ height[v]; return true;
}
inline void Distract() {
Data cur = stk[top --];
height[fa[cur.u] = cur.u] = cur.a;
height[fa[cur.v] = cur.v] = cur.b;
}
}
bool ans[N];
map> M[N];
inline int find_pos(int x) {
return lower_bound(Hash + 1, Hash + tot + 1, x) - Hash;
}
int main () {
File();
int n = read(), m = read();
using namespace Union_Set;
For (i, 1, n) fa[i] = i;
For (i, 1, m) {
lt[i].u = read();
lt[i].v = read();
Hash[i] = lt[i].w = read();
}
sort(Hash + 1, Hash + m + 1);
tot = unique(Hash + 1, Hash + m + 1) - Hash - 1;
int q = read();
For (i, 1, m)
M[find_pos(lt[i].w)][q + 1].insert(mp(lt[i].u, lt[i].v));
For (i, 1, q) {
int k = read(); ans[i] = true;
For (j, 1, k) {
int id = read();
M[find_pos(lt[id].w)][i].insert(mp(lt[id].u, lt[id].v));
}
}
For (i, 1, tot) {
for (auto itm : M[i]) {
if (itm.fir != q + 1 && !ans[itm.fir]) continue ;
for (auto its : itm.sec)
ans[itm.fir] &= Merge(its.fir, its.sec, itm.fir <= q);
while (top) Distract();
}
}
For (i, 1, q)
puts(ans[i] ? "YES" : "NO");
return 0;
}